资源简介 (共123张PPT)选择题命题区间七化学反应(历程)机理、化学反应速率和限度命题角度1 反应历程 活化能与反应热 (1)循环转化反应历程涉及的各步转化原理，催化剂、中间物质、反应物、生成物的判定及断键、成键分析等。(2)涉及“能量—反应历程”的图像分析、活化能的应用分析与能量变化分析等。1．(2024·贵州卷，T14)AgCN与CH3CH2Br可发生取代反应，反应过程中CN－的C原子和N原子均可进攻CH3CH2Br，分别生成腈(CH3CH2CN)和异腈(CH3CH2NC)两种产物。通过量子化学计算得到的反应历程及能量变化如图(TS为过渡态，Ⅰ、Ⅱ为后续物)。由图示信息，下列说法错误的是( )A．从CH3CH2Br生成CH3CH2CN和CH3CH2NC的反应都是放热反应B．过渡态TS1是由CN－的C原子进攻CH3CH2Br的α-C而形成的C．Ⅰ中“N--Ag”之间的作用力比Ⅱ中“C--Ag”之间的作用力弱D．生成CH3CH2CN放热更多，低温时CH3CH2CN是主要产物√D [由反应历程及能量变化图可知，两种路径生成的产物的总能量均低于反应物，故从CH3CH2Br生成CH3CH2CN和CH3CH2NC的反应都是放热反应，A项正确；与Br原子直接相连的C原子为α-C，由反应历程及能量变化图可知，过渡态TS1是由CN－的C原子进攻CH3CH2Br的α-C，形成碳碳键，B项正确；由反应历程及能量变化图可知，后续物Ⅰ、Ⅱ转化为产物，分别断开的是“N--Ag”和“C--Ag”，且后者吸收更多的能量，故Ⅰ中“N--Ag”之间的作用力比Ⅱ中“C--Ag”之间的作用力弱，C项正确；由于生成CH3CH2CN所需要的活化能高，反应速率慢，故低温时更容易生成CH3CH2NC，为主要产物，D项错误。]√3．(2024·河北卷，T14)我国科技工作者设计了如图所示的可充电Mg-CO2电池，以Mg(TFSI)2为电解质，电解液中加入1，3-丙二胺(PDA)以捕获CO2，使放电时CO2还原产物为MgC2O4。该设计克服了MgCO3导电性差和释放CO2能力差的障碍，同时改善了Mg2+的溶剂化环境，提高了电池充放电循环性能。下列说法错误的是( )A．PDA捕获CO2的反应为B．路径2是优先路径，速控步骤反应式为C．路径1、3经历不同的反应步骤但产物相同；路径2、3起始物相同但产物不同D．三个路径速控步骤均涉及 转化，路径2、3的速控步骤均伴有PDA再生√D [根据题给反应路径图可知，PDA(1，3-丙二胺)捕获CO2的产物为 ，因此PDA捕获CO2的反应为 A正确；由反应进程中的能量变化可知，路径2的最大能垒最小，因此与路径1和路径3相比，路径2是优先路径，且路径2的最大能垒存在于 的步骤，根据反应路径2图示可知，该步骤有 参与反应，因此速控步骤反应式为 ，B正确；根据，1．催化剂对反应过程影响示意图[说明] E1、E2是非催化反应的正、逆反应的活化能，E1′、E2′是催化反应的正、逆反应活化能。(1)使用催化剂改变了反应历程。(2)使用催化剂降低正、逆反应活化能，但不影响焓变ΔH。(3)多步反应历程中，活化能大的为慢反应，为决速步骤。2．反应历程图的分析模型√2413题号1．(2024·安庆二模)某课题组通过自由基杂环反应直接合成各种C60稠合的内酰胺，应用于钙钛矿电池器件中。底物与Cu(Ⅰ)物种通过电子转移经历两种途径得到目标产物D。下列说法错误的是( )A．Cu(Ⅰ)物种是催化剂B．底物具有氧化性C．两种途径不同，总反应的反应热也不同D．合成过程中C60中碳碳双键断裂C [根据盖斯定律可知，反应途径不同，反应热相同，C错误。]2413题号2．(2024·齐齐哈尔一模)某教授研究了铑(Rh)配合物催化醛酮氢化反应，提出的反应机理如图所示，1、2、3、4四种反应的反应热分别为ΔH1、ΔH2、ΔH3、ΔH4，下列说法错误的是( )A．LnRh在氢化反应中作催化剂B．该机理的总反应的反应热ΔH＝ΔH1＋ΔH2＋ΔH3＋ΔH4C．若步骤②为决速步骤，则其活化能最大D． 与SiH4发生上述反应可生成 D [根据题中反应机理图可知，产物应为 ，D错误。]√2413题号3．(2024·重庆模拟)乙烷制乙烯有两种方法，方法一：用Co基催化剂催化乙烷脱氢，但该催化剂对C—H键和C—C键的断裂均有较高活性。方法二：乙烷催化氧化脱氢，反应历程如图所示。下列说法正确的是( )2413题号A．方法一中可能形成碳单质沉积在Co基催化剂表面使其失活，影响催化效率B．方法二的反应历程中只涉及极性键的断裂和生成C．方法二中升高温度可提高反应的平衡产率D．方法二中反应决速步骤的化学方程式为BNO·＋HO2·＋C2H6·===BNOH＋HO2·＋C2H5·√2413题号2413题号2413题号4．(2024·汕头一模)三甲胺N(CH3)3是重要的化工原料。我国科学家利用(CH3)2NCHO(简称DMF)在铜催化作用下转化得到N(CH3)3，如图是计算机模拟单个DMF分子在铜催化剂表面的反应历程( 表示物质吸附在铜催化剂上)，下列说法错误的是( )2413题号A．该反应为放热反应，降温可提高DMF的平衡转化率B．该历程包含6个基元反应，最大能垒(活化能)为1.19eVC．设法提高N(CH3)3＋OH ＋H ===N(CH3)3(g)＋H2O(g)的速率可以提高总反应速率D．若1 mol DMF完全转化为三甲胺，则会吸收1.02 eV·NA的能量D [由反应物和生成物的相对能量可知，反应放热为0 eV－(－1.02 eV)＝1.02 eV，1 mol DMF完全转化为三甲胺，则会释放出1.02 eV·NA的能量，故D错误。]√命题角度2 化学反应速率和化学平衡 (1)化学反应速率与化学平衡的影响因素。(2)反应速率、平衡常数、速率常数的基本计算与应用。(3)基础图像的分析。2413题号实验序号 水样体积/mL 纳米铁质量/mg 水样初始pH① 50 8 6② 50 2 6③ 50 2 8√2413题号2413题号2413题号2．(2024·黑吉辽卷，T10)异山梨醇是一种由生物质制备的高附加值化学品，150 ℃时其制备过程及相关物质浓度随时间变化如图所示，15 h后异山梨醇浓度不再变化。下列说法错误的是( )A．3 h时，反应②正、逆反应速率相等B．该温度下的平衡常数：①>②C．0～3 h平均速率v(异山梨醇)＝0.014 mol·kg-1·h-1D．反应②加入催化剂不改变其平衡转化率√2413题号2413题号2413题号3．(2023·河北卷，T12)在恒温恒容密闭容器中充入一定量W(g)，发生如下反应：反应②和③的速率方程分别为v2＝k2c2(X)和v3＝k3c(Z)，其中k2、k3分别为反应②和③的速率常数，反应③的活化能大于反应②。测得W(g)的浓度随时间的变化如下表。t/min 0 1 2 3 4 5C(W)/ (mol·L-1) 0.160 0.113 0.080 0.056 0.040 0.028下列说法正确的是( )A．0～2 min内，X的平均反应速率为0.080 mol·L-1·min-1B．若增大容器容积，平衡时Y的产率增大C．若k2＝k3，平衡时c(Z)＝c(X)D．若升高温度，平衡时c(Z)减小√2413题号2413题号√2413题号2413题号B [相同温度下，x越大即CH4的物质的量分数越大，CH4的平衡转化率越小，所以x1c点c(H2O)，故vb正>vc正，B说法错误；由题图中CH4的平衡转化率随温度的升高而增大可知，该反应的正反应为吸热反应，温度越高，反应的平衡常数越大，则Ka×××××(6)一定温度下，在2SO2(g)＋O2(g) 2SO3(g)反应体系中，减小容器体积，平衡正向移动，c(SO2)减小。 ( )(7)使用高效催化剂，可以提高反应的平衡转化率。 ( )(8)同一可逆反应的K正＝－K逆，ΔH正＝－ΔH逆。 ( )×××1．化学反应速率与平衡的计算模式——“三段式”如mA(g)＋nB(g) pC(g)＋qD(g)，令A、B起始物质的量浓度分别为a mol·L-1、b mol·L-1，达到平衡时消耗A的物质的量浓度为mx mol·L-1，列三段式： mA(g)＋nB(g) pC(g)＋qD(g)c始/(mol·L-1) a b 0 0c转/(mol·L-1) mx nx px qxc平/(mol·L-1) a－mx b－nx px qx3．平衡移动的分析思路(1)(2)浓度商Q与平衡常数K的相对大小4．基本图像分析对于反应mA(g)＋nB(g) pC(g)＋qD(g)，m＋n>p＋q，且ΔH>0。(1)速率—时间图(2)转化率(或含量)—时间图(3)恒压(温)线(4)平衡的建立与移动1．(2024·永州三模)室温下，在P和Q浓度相等的混合溶液中，同时发生反应①P＋Q===X＋Z和反应②P＋Q===Y＋Z，反应①和②的速率方程分别是v1＝k1c2(P)、v2＝k2c2(P)(k1、k2为速率常数)。反应过程中，Q、X的浓度随时间变化情况如图所示。下列说法错误的是( )A．反应开始后，体系中X和Y的浓度之比保持不变B．45 min时Z的浓度为0.4 mol·L-1C．反应①的活化能比反应②的活化能大D．如果反应能进行到底，反应结束时，有40%的P转化为Y√2．(2024·汕头一模)氮氧化物的排放是导致酸雨形成的主要原因之一。某研究小组利用反应探究NO的转化：2NO(g)＋2CO(g) N2(g)＋2CO2(g) ΔH<0，向容积均为1 L的两个密闭容器中分别加入2 mol CO(g)和2 mol NO(g)，探究绝热恒容和恒温恒容条件下压强随时间的变化曲线，如图所示，下列有关说法错误的是( )√T/K 391 433 453pc/kPa 9 42 81√2413题号567选择题专练 反应历程分析1．(2024·黄山二模)CO2制甲醇的反应历程如图：多维训练十 化学反应(历程)机理、化学反应速率和限度已知：Ⅰ．CO2与H2在活化后的催化剂表面生成甲醇的反应是放热的可逆反应Ⅱ．该过程的副反应：CO2(g)＋H2(g) CO(g)＋H2O(g) ΔH>0下列说法错误的是( )A．CO2制甲醇的热化学方程式为CO2(g)＋3H2(g) CH3OH(g)＋H2O(g) ΔH<0B．反应中经历了In—C、In—O的形成和断裂C．升高温度可以提高甲醇在平衡时的选择性D．加压可以提高CO2的平衡转化率√2413题号5672413题号567C [由题给信息可知，二氧化碳制备甲醇的反应为放热反应，副反应为吸热反应，升高温度，主反应平衡向逆反应方向移动，副反应平衡向正反应方向移动，甲醇在平衡时的选择性降低，故C错误。]2413题号5672．(2024·株洲模拟)一种利用H2和O2直接合成H2O2的反应历程如图所示。下列说法中错误的是( )A．总反应的原子利用率理论上可达100%B．步骤2中，若1 mol O2完全反应，则理论上转移电子数目为2NA(设NA为阿伏加德罗常数的值)C． 降低了反应的活化能，加快了反应速率D． 中Pd的化合价不相同√2413题号5672413题号567D [ 中Cl化合价为－1价，则Pd为＋2价， 中Cl化合价为－1价、O化合价为－1价，则Pd为＋2价，Pd的化合价相同，故D错误。]√2413题号567√2413题号567√2413题号5674．(2024·石家庄一模)烯丙醇制备丙醛的反应机理如图所示，此过程中Co的配位数不变。下列说法错误的是( )A．该反应的原子利用率为100%B．反应过程中Co的化合价发生了变化C．反应过程中涉及π键的断裂与形成D．Co(CO)4H作催化剂2413题号567√2413题号5675．(2024·西安模拟)常温下，在MoS2催化下可实现CH4向CH3OH的直接转化，原理如图所示。下列说法正确的是( )A．反应过程中，Mo的化合价未发生变化B．生成甲醇的总反应为2CH4＋O2===2CH3OHC．MoS2降低了总反应的焓变D．反应过程中有非极性键的断裂和形成2413题号567B [反应过程中，Mo的成键数目发生变化，化合价发生变化，A错误；CH4被氧化生成甲醇，总反应为2CH4＋O2===2CH3OH，B正确；催化剂MoS2降低了反应的活化能，但是不改变总反应的焓变，C错误；反应过程中有非极性键的断裂，但是没有非极性键的形成，D错误。]√2413题号5676．乙烷催化氧化为乙醛在合成化学和碳资源利用等方面均有重大意义。在Fe＋催化下乙烷氧化成乙醛的机理如图所示。下列说法正确的是( )A．C2H6、CH3CHO中C原子杂化方式均为sp3B．Fe＋一定不能改变乙烷氧化成乙醛的转化率C．根据图示机理，可推测X、Y分别为H2O、C2H5OHD．每生成1 mol CH3CHO，消耗N2O的物质的量大于2 mol√2413题号567CD [CH3CHO中醛基碳为sp2杂化，A错误；由题干反应机理图可知，Fe＋催化过程中存在副反应，导致改变了乙烷氧化成乙醛的转化率，B错误；由题干反应机理图可知，反应：[(C2H5)Fe(OH)]＋―→[(C2H4)Fe]＋＋X、[(C2H5)Fe(OH)]＋―→Fe ＋＋Y，根据元素守恒可知，X、Y分别为H2O、C2H5OH，C正确；由题干反应机理图可知，若无副反应，则每生成1 mol CH3CHO，消耗N2O的物质的量为2 mol，但过程中存在副反应，且生成的Fe＋能还原N2O，故消耗N2O的物质的量大于2 mol，D正确。]√2413题号5672413题号5672413题号567选择题专练 反应历程与活化能1．(2024·湛江一模)在处理汽车尾气的三元催化剂中，Rh的主要作用是消除NxO，Pd的主要作用是消除CO，部分催化机理及能量变化如图所示。下列说法不正确的是( )A．在NO和CO的整个反应过程中步骤ⅲ是决速步骤B．反应进行的三步分别是放热反应、放热反应和吸热反应C．第一步反应：Rh2Pd2＋NO＋CO―→NRh2Pd2＋CO2D．CO能促进NO转化成N2√2413题号5672413题号567A [活化能较大的步骤反应速率较慢，由图知步骤ⅰ为整个反应的决速步骤，A错误；由反应能量可知，第一步和第二步相对能量降低，为放热反应，第三步相对能量升高，为吸热反应，B正确；由图像可知，第一步反应为Rh2Pd2＋NO＋CO―→NRh2Pd2＋CO2，C正确；没有CO存在时，NO转化成N2的活化能为E1，有CO存在时，转化活化能为E2，E1>E2，说明CO能促进NO转化成N2，D正确。]√2413题号5672．催化剂Ⅰ和Ⅱ均能催化反应：X(g) Y(g)。反应历程(如图)中，M为中间产物。其他条件相同时，下列说法正确的是( )A．使用催化剂Ⅰ和Ⅱ，反应历程都分4步进行B．反应达平衡时，降低温度，X的浓度增大C．使用催化剂Ⅰ时，反应体系更快达到平衡D．使用催化剂Ⅱ时，反应过程中M所能达到的最高浓度更大√2413题号567AC [由图可知，使用催化剂Ⅰ和Ⅱ，反应历程都分4步进行，A正确；由图可知，该反应为放热反应，降低温度，平衡正向移动，X的浓度减小，B错误；使用催化剂Ⅰ时，反应的活化能更小，反应速率更快，体系更快达到平衡，C正确；由图可知在前两个历程中使用催化剂Ⅱ活化能较高，反应速率较慢，后两个历程中使用催化剂Ⅱ活化能较低，反应速率较快，所以使用催化剂Ⅱ时，反应过程中M所能达到的最高浓度更小，D错误。]2413题号5673．(2024·赣州模拟)在催化剂CuMn2O4表面的NH3选择性催化还原NO的反应机理如图所示，*代表微粒吸附在催化剂表面，如NH3吸附在催化剂表面可表示为*NH3，Ea表示活化能。下列有关说法正确的是( )A．该反应温度越高，反应速率越快B．NH3比NO更易被催化剂CuMn2O4吸附C．反应过程中有非极性键的断裂与极性键的形成D．决定总反应速率的基元反应可表示为*NH3―→*NH2＋H√2413题号5672413题号567D [NH3、NO与催化剂CuMn2O4结合的过程是放热的，温度高不利于结合，总反应不会温度越高反应速率越快，A错误；NO与催化剂CuMn2O4结合的过程放热更多，即结合后更稳定，NO比NH3更易被催化剂CuMn2O4吸附，B错误；反应过程中有极性键的断裂与非极性键的形成，C错误；NH3更不易被催化剂CuMn2O4吸附并产生H，是较慢的一步，为决定总反应速率的基元反应，D正确。]2413题号5674．(2024·北京名校二模)在催化剂表面，丙烷催化氧化脱氢反应历程如图。下列说法不正确的是( )√2413题号5672413题号567D [①中催化剂失去氢原子，化合价升高，被氧化，A正确；②中丙烷分子中的甲基失去了氢原子变成了正丙基，B正确；从整个历程图来看，反应物是氧气和正丙烷，生成物是丙烯和水，化学方程式正确，C正确；①过程中活化能为181.1 kJ·mol-1，②过程中活化能为27.9 kJ·mol-1，③过程中活化能为20.2 kJ·mol-1，活化能越大，反应速率越慢，则①为整个反应的决速步，D错误。]√2413题号5672413题号5672413题号567A．由图可知，物质M比物质N稳定B．反应①比反应②和③更快达到化学平衡C．E(g) 2F(g)＋H2O(g)的反应热ΔH＝2ΔH3－2ΔH2D．平衡后压缩容器，物质E的物质的量增加2413题号567√√2413题号5672413题号5677．常温常压下，利用Cu/ZnO/ZrO催化剂实现二氧化碳加氢制甲醇的反应历程和能量变化如图所示(其中吸附在催化剂表面上的粒子用*标注)：下列说法正确的是( )A．转化历程有四个基元反应，决速步为HCOO*＋5H*===CH3O*＋H2O＋H*B．若无Cu/ZnO/ZrO催化剂，二氧化碳加氢制甲醇不能自发进行C．反应过程中断裂与形成的共价键类型相同D．寻找高效催化剂，有利于CO2的回收利用，使该反应原子利用率达到100%√2413题号5672413题号567A [由图可知，转化历程有四个基元反应；活化能越大，反应越慢，为决速步，决速步为HCOO*＋5H*===CH3O*＋H2O＋H*，A正确；催化剂能改变反应的速率，不能决定反应是否自发进行，无Cu/ZnO/ZrO催化剂，二氧化碳加氢制甲醇依然能自发进行，B错误；反应过程中断裂与形成的共价键类型不相同，C错误；反应产物还有水生成，原子利用率不可能达到100%，D错误。]选择题专练 化学反应速率与化学平衡1．(2024·南通一模)反应2C2H4(g)＋6NO(g)＋3O2(g)===4CO2(g)＋4H2O(g)＋3N2(g)可用于去除氮氧化物，Cu＋催化该反应的过程如图所示。下列说法正确的是( )题号13524687√题号135246872．(2024·青岛一模)向100 mL 0.001 mol·L-1的A溶液中逐滴加入等浓度的B溶液，反应为A(aq)＋B(aq) AB(aq) ΔH<0。不同温度下充分反应的放热情况如图(忽略溶液混合过程中的体积变化，不考虑温度对ΔH的影响)。下列说法错误的是( )题号13524687A．ΔH＝－100.0 kJ·mol-1B．T1C．T2时，该反应平衡常数约为667D．T1时，100 mL 0.001 mol·L-1的AB溶液达到平衡时，吸收热量Q<4.3 J√题号13524687题号135246873．某密闭容器中含有X和Y，同时发生以下两个反应：①X＋Y M＋Q；②X＋Y N＋Q。反应①的正反应速率v1(正)＝k1c(X)·c(Y)，反应②的正反应速率v2(正)＝k2c(X)·c(Y)，其中k1、k2为速率常数。某温度下，体系中生成物浓度(c)随时间(t)变化的曲线如图所示。下列说法正确的是( )题号13524687A．10 s时，正反应速率v1(正)>v2(正)B．0～6 s内，X的平均反应速率v(X)＝0.5 mol·L-1·s-1C．若升高温度，4 s时容器中c(N)∶c(M)的比值减小D．反应①的活化能小于反应②√题号13524687√题号13524687题号13524687√题号13524687题号135246875．向密闭容器中充入一定量H2和N2混合气体，在一定条件下，发生反应：N2(g)＋3H2(g) 2NH3(g) ΔH＝－92.4 kJ·mol-1。测得NH3在不同温度下的平衡时产率与压强的关系如图所示。下列说法正确的是( )A．平衡常数：K(A)>K(B)>K(C)B．逆反应速率：v(A)>v(B)>v(C)C．反应温度：T1D．混合气体平均摩尔质量：M(A)>M(B)>M(C)√题号13524687题号13524687题号13524687A．温度高于673 K时，主要发生反应②B．温度低于673 K时，HCOOH的选择性随温度升高而增大C．平衡时，再充入0.1 mol CO2和0.1 mol H2，再次达到平衡时，HCOOH的物质的量增大D．673 K下反应达到平衡时，CO2、HCOOH、CO的物质的量浓度之比为5∶57∶133√题号13524687D [由图可知，温度高于673 K时，CO2的转化率增大，HCOOH的选择性减小，主要发生反应②，故A正确；由图可知，温度低于673 K时，HCOOH的选择性随温度升高而增大，故B正确；反应②为反应前后气体体积不变的反应，反应①为反应前后气体体积减小的反应，按比例充入反应物，相当于增大压强，反应①平衡正向移动，再次达到平衡时，HCOOH的物质的量增大，故C正确；设充入的CO2和H2各为1 mol，673 K下反应达到平衡时，CO2的转化率为95%，则剩余的CO2为1 mol×(1－95%)＝0.05 mol，HCOOH的选择性为30%，则生成的HCOOH为1 mol×95%×30%＝0.285 mol，生成的CO为1 mol×95%×70%＝0.665 mol，则CO2、HCOOH、CO的物质的量浓度之比为0.05∶0.285∶0.665＝10∶57∶133，故D错误。]题号135246877．在一定温度条件下，甲、乙两个容积相等的恒容密闭容器中均发生如下反应：3A(g)＋B(g) xC(g)＋D(s)，向甲中通入6 mol A和2 mol B，向乙中加入1.5 mol A、0.5 mol B和3 mol C和2 mol D，反应一段时间后都达到平衡，此时测得甲、乙两容器中C的体积分数都为0.2，下列叙述中正确的是( )A．若平衡时，甲、乙两容器中A的物质的量不相等，则x＝2B．平衡时，甲、乙两容器中A、B的物质的量之比不相等C．平衡时甲中A的体积分数为60%D．若平衡时两容器中的压强不相等，则两容器中压强之比为8∶5√题号13524687√CD [反应一段时间后都达到平衡，此时测得甲、乙两容器中C的体积分数都为0.2，说明甲、乙两容器为等效平衡状态，D为固体，若平衡时，甲、乙两容器中A的物质的量不相等，则应满足化学方程式左右两边气体的化学计量数之和相等，应有3＋1＝x，x＝4，A项错误；由于甲、乙两容器中A、B的投料比均为1∶3，化学计量数之比也为1∶3，则平衡时，甲、乙两容器内A、B的物质的量之比相等，B项错误；C的体积分数都为0.2，则A、B共占80%，而n(A)∶n(B)＝3∶1，所以平衡时甲中A的体积分数为60%，C项正确；x＝4，则反应前后气体压强不变，则两容器中压强之比为(6＋2)∶(1.5＋0.5＋3)＝8∶5，D项正确。]题号135246878．(2024·怀化二模)2NO2(g) N2O4(g)，v正(NO2)＝k1·c2(NO2)，v逆(N2O4)＝k2·c(N2O4)，其中k1、k2只与温度有关，T0时，k1＝k2，将一定量的NO2充入注射器中，改变活塞位置，气体透光率随时间的变化如图所示(气体颜色越深，透光率越低)，下列说法错误的是( )题号13524687A．d点v正(NO2)B．T0时，K＝0.5C．T1时，k2＝0.6k1，则T1D．保持容积不变，再充入一定量NO2气体，NO2的平衡转化率不变√题号13524687题号135246872413题号高考题集训 化学反应(历程)机理、化学反应速率和限度1．(2024·甘肃卷，T10)甲烷在某含Mo催化剂作用下部分反应的能量变化如图所示，下列说法错误的是( )A．E2＝1.41 eVB．步骤2逆向反应的ΔH＝＋0.29 eVC．步骤1的反应比步骤2快D．该过程实现了甲烷的氧化√2413题号2413题号C [由能量变化图可知，E2＝0.70 eV－(－0.71 eV)＝1.41 eV，A项正确；由能量变化图可知，步骤2逆向反应的ΔH＝－0.71 eV－(－1.00 eV)＝＋0.29 eV，B项正确；由能量变化图可知，步骤1的活化能E1＝0.70 eV，步骤2的活化能E3＝－0.49 eV－(－0.71 eV)＝0.22 eV，步骤1的活化能大于步骤2的活化能，步骤1的反应比步骤2慢，C项错误；该过程甲烷转化为甲醇，属于加氧氧化，该过程实现了甲烷的氧化，D项正确。]2413题号√2413题号2413题号2413题号2413题号3．(2023·新课标全国卷，T12)“肼合成酶”以其中的Fe2+配合物为催化中心，可将NH2OH与NH3转化为肼(NH2NH2)，其反应历程如下所示。下列说法错误的是( )A．NH2OH、NH3和H2O均为极性分子B．反应涉及N—H、N—O键断裂和N—N键生成C．催化中心的Fe2+被氧化为Fe3+，后又被还原为Fe2+D．将NH2OH替换为ND2OD，反应可得ND2ND2√2413题号2413题号D [NH2OH、NH3和H2O分子中中心原子上都有孤电子对，分子正、负电中心都不能重合，故均为极性分子，A正确；反应中NH3变为—NH2，有N—H断裂，NH2OH变为—NH2，有N—O键断裂，生成了H2N—NH2，有N—N键生成，B正确；根据“肼合成酶”以其中的Fe2+配合物为催化中心可知，第一个物质中铁元素为＋2价，第二个物质中，Fe2+失去一个电子变为Fe3+，第四个物质中Fe3+得到e－又重新变为Fe2+，C正确；根据题图可知，ND2OD与NH3反应生成ND2—NH2和HDO，得不到ND2ND2，D错误。]2413题号下列说法不正确的是( )A．Y为反应物HCl，W为生成物H2OB．反应制得1 mol Cl2，须投入2 mol CuOC．升高反应温度，HCl被O2氧化制Cl2的反应平衡常数减小D．图中转化涉及的反应中有两个属于氧化还原反应√2413题号2413题号B [由该反应的热化学方程式可知，该反应涉及的主要物质有HCl、O2、CuO、Cl2、H2O；CuO与Y反应生成Cu(OH)Cl，则Y为HCl；Cu(OH)Cl分解生成W和Cu2OCl2，则W为H2O；CuCl2分解为X和CuCl，则X为Cl2；CuCl和Z反应生成Cu2OCl2，则Z为O2；综上所述，X、Y、Z、W依次是Cl2、HCl、O2、H2O。由分析可知，Y为反应物HCl，W为生成物H2O，A正确；CuO在反应中作催化剂，会不断循环，适量即可，B错误；总反应为放热反应，其他条件一定，升温平衡逆向移动，平衡常数减小，C正确；图中涉及的两个氧化还原反应是CuCl2―→CuCl和CuCl―→Cu2OCl2，D正确。]反应历程 活化能与反应热(1)循环转化反应历程涉及的各步转化原理，催化剂、中间物质、反应物、生成物的判定及断键、成键分析等。(2)涉及“能量—反应历程”的图像分析、活化能的应用分析与能量变化分析等。1．(2024·贵州卷，T14)AgCN与CH3CH2Br可发生取代反应，反应过程中CN－的C原子和N原子均可进攻CH3CH2Br，分别生成腈(CH3CH2CN)和异腈(CH3CH2NC)两种产物。通过量子化学计算得到的反应历程及能量变化如图(TS为过渡态，Ⅰ、Ⅱ为后续物)。由图示信息，下列说法错误的是( )A．从CH3CH2Br生成CH3CH2CN和CH3CH2NC的反应都是放热反应B．过渡态TS1是由CN－的C原子进攻CH3CH2Br的α-C而形成的C．Ⅰ中“N--Ag”之间的作用力比Ⅱ中“C--Ag”之间的作用力弱D．生成CH3CH2CN放热更多，低温时CH3CH2CN是主要产物D [由反应历程及能量变化图可知，两种路径生成的产物的总能量均低于反应物，故从CH3CH2Br生成CH3CH2CN和CH3CH2NC的反应都是放热反应，A项正确；与Br原子直接相连的C原子为α-C，由反应历程及能量变化图可知，过渡态TS1是由CN－的C原子进攻CH3CH2Br的α-C，形成碳碳键，B项正确；由反应历程及能量变化图可知，后续物Ⅰ、Ⅱ转化为产物，分别断开的是“N--Ag”和“C--Ag”，且后者吸收更多的能量，故Ⅰ中“N--Ag”之间的作用力比Ⅱ中“C--Ag”之间的作用力弱，C项正确；由于生成CH3CH2CN所需要的活化能高，反应速率慢，故低温时更容易生成CH3CH2NC，为主要产物，D项错误。]2．(2023·湖南卷，T14)N2H4是一种强还原性的高能物质，在航天、能源等领域有广泛应用。我国科学家合成的某Ru(Ⅱ)催化剂(用[L-Ru—NH3]＋表示)能高效电催化氧化NH3合成N2H4，其反应机理如图所示。下列说法错误的是( )A．Ru(Ⅱ)被氧化至Ru(Ⅲ)后，配体NH3失去质子能力增强B．M中Ru的化合价为＋3C．该过程有非极性键的形成D．该过程的总反应式：===B [根据题图可知，Ru(Ⅱ)被氧化为Ru(Ⅲ)的过程中失去一个电子生成，然后与NH3反应失去1个质子生成[L-Ru—NH2]＋，故配体NH3失去质子能力增强，A正确；M中Ru的化合价为＋2，B错误；M生成的过程中形成的N—N为非极性键，C正确；根据题图可知，NH3在催化剂的作用下失去电子，生成了N2H4和，故该过程的总反应式为===，D正确。]3．(2024·河北卷，T14)我国科技工作者设计了如图所示的可充电Mg-CO2电池，以Mg(TFSI)2为电解质，电解液中加入1，3-丙二胺(PDA)以捕获CO2，使放电时CO2还原产物为MgC2O4。该设计克服了MgCO3导电性差和释放CO2能力差的障碍，同时改善了Mg2+的溶剂化环境，提高了电池充放电循环性能。对上述电池放电时CO2的捕获和转化过程开展了进一步研究，电极上CO2转化的三种可能反应路径及相对能量变化如图(表示吸附态)。下列说法错误的是( )A．PDA捕获CO2的反应为B．路径2是优先路径，速控步骤反应式为C．路径1、3经历不同的反应步骤但产物相同；路径2、3起始物相同但产物不同D．三个路径速控步骤均涉及转化，路径2、3的速控步骤均伴有PDA再生D [根据题给反应路径图可知，PDA(1，3-丙二胺)捕获CO2的产物为，因此PDA捕获CO2的反应为，A正确；由反应进程中的能量变化可知，路径2的最大能垒最小，因此与路径1和路径3相比，路径2是优先路径，且路径2的最大能垒存在于的步骤，根据反应路径2图示可知，该步骤有参与反应，因此速控步骤反应式为，B正确；根据反应路径图可知，路径1、3的中间产物不同，经历了不同的反应步骤，但产物均为MgCO3，而路径2、3的起始物均为CO2和，产物分别为MgC2O4和MgCO3，C正确；根据反应路径与相对能量的图像可知，三个路径的速控步骤中都参与了反应，且由B项分析可知，路径2的速控步骤伴有PDA再生，但路径3的速控步骤为得电子转化为CO和，没有PDA再生，D错误。]1．催化剂对反应过程影响示意图[说明] E1、E2是非催化反应的正、逆反应的活化能，E1′、E2′是催化反应的正、逆反应活化能。(1)使用催化剂改变了反应历程。(2)使用催化剂降低正、逆反应活化能，但不影响焓变ΔH。(3)多步反应历程中，活化能大的为慢反应，为决速步骤。2．反应历程图的分析模型1．(2024·安庆二模)某课题组通过自由基杂环反应直接合成各种C60稠合的内酰胺，应用于钙钛矿电池器件中。底物与Cu(Ⅰ)物种通过电子转移经历两种途径得到目标产物D。下列说法错误的是( )A．Cu(Ⅰ)物种是催化剂B．底物具有氧化性C．两种途径不同，总反应的反应热也不同D．合成过程中C60中碳碳双键断裂C [根据盖斯定律可知，反应途径不同，反应热相同，C错误。]2．(2024·齐齐哈尔一模)某教授研究了铑(Rh)配合物催化醛酮氢化反应，提出的反应机理如图所示，1、2、3、4四种反应的反应热分别为ΔH1、ΔH2、ΔH3、ΔH4，下列说法错误的是( )A．LnRh在氢化反应中作催化剂B．该机理的总反应的反应热ΔH＝ΔH1＋ΔH2＋ΔH3＋ΔH4C．若步骤②为决速步骤，则其活化能最大D．与SiH4发生上述反应可生成D [根据题中反应机理图可知，产物应为，D错误。]3．(2024·重庆模拟)乙烷制乙烯有两种方法，方法一：用Co基催化剂催化乙烷脱氢，但该催化剂对C—H键和C—C键的断裂均有较高活性。方法二：乙烷催化氧化脱氢，反应历程如图所示。下列说法正确的是( )A．方法一中可能形成碳单质沉积在Co基催化剂表面使其失活，影响催化效率B．方法二的反应历程中只涉及极性键的断裂和生成C．方法二中升高温度可提高反应的平衡产率D．方法二中反应决速步骤的化学方程式为BNO·＋HO2·＋C2H6·===BNOH＋HO2·＋C2H5·A [由题图可知，方法二中步骤BNOH＋HO2·＋C2H5·===BNOH＋2HO·＋C2H4有O—O非极性键的断裂，步骤BNOH＋2HO·＋C2H4===BNOH＋H2O＋O2＋C2H4有O==O非极性键的形成，B错误；由题图可知该反应为放热反应，升高温度平衡逆向移动，平衡产率降低，C错误；由题图可知，步骤BNOH＋O2＋C2H6===BNO·＋HO2·＋C2H6活化能最大，该步骤反应速率最慢，为决速步骤，D错误。]4．(2024·汕头一模)三甲胺N(CH3)3是重要的化工原料。我国科学家利用(CH3)2NCHO(简称DMF)在铜催化作用下转化得到N(CH3)3，如图是计算机模拟单个DMF分子在铜催化剂表面的反应历程(表示物质吸附在铜催化剂上)，下列说法错误的是( )A．该反应为放热反应，降温可提高DMF的平衡转化率B．该历程包含6个基元反应，最大能垒(活化能)为1.19eVC．设法提高N(CH3)3＋OH＋H===N(CH3)3(g)＋H2O(g)的速率可以提高总反应速率D．若1 mol DMF完全转化为三甲胺，则会吸收1.02 eV·NA的能量D [由反应物和生成物的相对能量可知，反应放热为0 eV－(－1.02 eV)＝1.02 eV，1 mol DMF完全转化为三甲胺，则会释放出1.02 eV·NA的能量，故D错误。]化学反应速率和化学平衡(1)化学反应速率与化学平衡的影响因素。(2)反应速率、平衡常数、速率常数的基本计算与应用。(3)基础图像的分析。1．(2024·安徽卷，T12)室温下，为探究纳米铁去除水样中的影响因素，测得不同条件下浓度随时间变化关系如图。实验序号 水样体积/mL 纳米铁质量/mg 水样初始pH① 50 8 6② 50 2 6③ 50 2 8下列说法正确的是( )A．实验①中，0～2小时内平均反应速率＝2.0 mol·L-1·h-1B．实验③中，反应的离子方程式为＋8H＋===2Fe3+＋Se＋4H2OC．其他条件相同时，适当增加纳米铁质量可加快反应速率D．其他条件相同时，水样初始pH越小的去除效果越好C [实验①中，0～2小时内平均反应速率＝＝2.0×10-5 mol·L-1·h-1，A不正确；实验③中水样初始pH＝8，溶液呈弱碱性，结合氧化还原反应规律可得＋4H2O===2Fe(OH)3＋Se＋2OH－，B不正确；综合分析实验①和②可知，在相同时间内，实验①中浓度的变化量大，因此，其他条件相同时，适当增加纳米铁的质量可加快反应速率，C正确；综合分析实验②和③可知，在相同时间内，实验②中浓度的变化量大，因此，其他条件相同时，适当减小水样初始的去除效果更好，但若水样初始pH太小，与H＋反应的纳米铁的量增多，反而影响的去除效果，D不正确。]2．(2024·黑吉辽卷，T10)异山梨醇是一种由生物质制备的高附加值化学品，150 ℃时其制备过程及相关物质浓度随时间变化如图所示，15 h后异山梨醇浓度不再变化。下列说法错误的是( )A．3 h时，反应②正、逆反应速率相等B．该温度下的平衡常数：①>②C．0～3 h平均速率v(异山梨醇)＝0.014 mol·kg-1·h-1D．反应②加入催化剂不改变其平衡转化率A [由题图可知，3 h时异山梨醇的浓度继续增大，15 h后异山梨醇浓度才不再变化，所以3 h时，反应②未达到平衡状态，即正、逆反应速率不相等，故A错误；题图显示该温度下，15 h后所有物质浓度都不再变化，且此时山梨醇转化完全，即反应充分，而1，4-失水山梨醇仍有剩余，即反应②正向进行程度小于反应①，所以该温度下的平衡常数：①>②，故B正确；由题图可知，在0～3 h异山梨醇的浓度变化量为0.042 mol·kg-1，所以平均速率v(异山梨醇)＝＝0.014 mol·kg-1·h-1，故C正确；催化剂只能改变化学反应速率，不能改变物质的平衡转化率，所以反应②加入催化剂不改变其平衡转化率，故D正确。]3．(2023·河北卷，T12)在恒温恒容密闭容器中充入一定量W(g)，发生如下反应：反应②和③的速率方程分别为v2＝k2c2(X)和v3＝k3c(Z)，其中k2、k3分别为反应②和③的速率常数，反应③的活化能大于反应②。测得W(g)的浓度随时间的变化如下表。t/min 0 1 2 3 4 5cW/ (mol·L-1) 0.160 0.113 0.080 0.056 0.040 0.028下列说法正确的是( )A．0～2 min内，X的平均反应速率为0.080 mol·L-1·min-1B．若增大容器容积，平衡时Y的产率增大C．若k2＝k3，平衡时c(Z)＝c(X)D．若升高温度，平衡时c(Z)减小D [由表知0～2 min内Δc(W)＝(0.16－0.08)mol·L-1＝0.08 mol·L-1，生成Δc(X)＝2Δc(W)＝0.16 mol·L-1，但一部分X转化为Z，造成Δc(X)<0.16 mol·L-1，则v(X)<＝0.080 mol·L-1·min-1，A错误；过程①是完全反应，过程②是可逆反应，若增大容器容积相当于减小压强，对于反应4X(g) 2Z(g)，平衡向气体体积增大的方向移动，即逆向移动，X的浓度增大，平衡时Y的产率不变，B错误；平衡时v逆(X)＝2v正(Z)，即v3＝2v2，k3c(Z)＝2k2c2(X)，若k2＝k3，平衡时c(Z)＝2c2(X)，C错误；反应③的活化能大于反应②，ΔH＝正反应活化能－逆反应活化能，则4X(g) 2Z(g) ΔH<0，故升温，平衡逆向移动，则平衡时c(Z)减小，D正确。]4．(2023·湖南卷，T13)向一恒容密闭容器中加入1 mol CH4和一定量的H2O，发生反应：CH4(g)＋H2O(g) CO(g)＋3H2(g)。CH4的平衡转化率按不同投料比x[x＝]随温度的变化曲线如图所示。下列说法错误的是( )A．x1B．反应速率：vb正C．点a、b、c对应的平衡常数：KaD．反应温度为T1，当容器内压强不变时，反应达到平衡状态B [相同温度下，x越大即CH4的物质的量分数越大，CH4的平衡转化率越小，所以x1c点c(H2O)，故vb正>vc正，B说法错误；由题图中CH4的平衡转化率随温度的升高而增大可知，该反应的正反应为吸热反应，温度越高，反应的平衡常数越大，则Ka(1)对于2NO2(g) N2O4(g)，当v正(NO2)＝v逆(N2O4)时，反应达到平衡状态。 (×)(2)升高温度，平衡向吸热方向移动，故v吸增大，v放减小。 (×)(3)改变条件，平衡正向移动，化学平衡常数一定增大。 (×)(4)C(s)＋H2O(g) CO(g)＋H2(g)的平衡常数K＝。 (×)(5)向平衡体系中增加任何反应物，正反应速率一定增大。 (×)(6)一定温度下，在2SO2(g)＋O2(g) 2SO3(g)反应体系中，减小容器体积，平衡正向移动，c(SO2)减小。 (×)(7)使用高效催化剂，可以提高反应的平衡转化率。 (×)(8)同一可逆反应的K正＝－K逆，ΔH正＝－ΔH逆。 (×)1．化学反应速率与平衡的计算模式——“三段式”如mA(g)＋nB(g) pC(g)＋qD(g)，令A、B起始物质的量浓度分别为a mol·L-1、b mol·L-1，达到平衡时消耗A的物质的量浓度为mx mol·L-1，列三段式： mA(g)＋nB(g) pC(g)＋qD(g)c始/(mol·L-1) a b 0 0c转/(mol·L-1) mx nx px qxc平/(mol·L-1) a－mx b－nx px qx则有(1)Δt s内消耗A的速率v(A)＝。(2)α(A)＝×100%。(3)K＝。(4)产率＝×100%。(5)混合物中某组分的百分含量＝×100%。2．化学平衡常数(1)同一可逆反应中，K正·K逆＝1。(2)同一化学方程式中的化学计量数等倍扩大n倍或缩小到原来的，则新平衡常数K′与原平衡常数K之间的关系是K′＝Kn或K′＝。(3)几个可逆反应化学方程式相加，得总反应化学方程式，则总反应的平衡常数等于分步反应平衡常数之积。如已知A＋B 2C K1，C＋D E K2，则A＋B＋2D 2E的K3＝。(4)正、逆反应的速率常数(k)与平衡常数的关系：对于基元反应aA(g)＋bB(g) cC(g)＋dD(g)，v正＝k正· ca(A)·cb(B)，v逆＝k逆·cc(C)·cd(D)，平衡常数K＝＝，反应达到平衡时，v正＝v逆，故K＝。3．平衡移动的分析思路(1)(2)浓度商Q与平衡常数K的相对大小4．基本图像分析对于反应mA(g)＋nB(g) pC(g)＋qD(g)，m＋n>p＋q，且ΔH>0。(1)速率—时间图(2)转化率(或含量)—时间图(3)恒压(温)线(4)平衡的建立与移动1．(2024·永州三模)室温下，在P和Q浓度相等的混合溶液中，同时发生反应①P＋Q===X＋Z和反应②P＋Q===Y＋Z，反应①和②的速率方程分别是v1＝k1c2(P)、v2＝k2c2(P)(k1、k2为速率常数)。反应过程中，Q、X的浓度随时间变化情况如图所示。下列说法错误的是( )A．反应开始后，体系中X和Y的浓度之比保持不变B．45 min时Z的浓度为0.4 mol·L-1C．反应①的活化能比反应②的活化能大D．如果反应能进行到底，反应结束时，有40%的P转化为YD [根据①和②的速率方程分别是v1＝k1c2(P)、v2＝k2c2(P)(k1、k2为速率常数)，反应开始后，体系中X和Y的浓度之比为，由于k1、k2为速率常数，故该比值保持不变，故A正确；根据反应①P＋Q===X＋Z和反应②P＋Q===Y＋Z可知，每消耗1 mol Q同时生成1 mol Z，反应到45 min时，Q的浓度降低0.4 mol·L-1，则Z的浓度为0.4 mol·L-1，故B正确；反应到20 min时，Q的浓度降低0.3 mol·L-1，反应①中X浓度增大0.12 mol·L-1，则反应②中Y浓度增大0.18 mol·L-1，反应②的速率大于反应①，所以反应①的活化能比反应②的活化能大，故C正确；反应到20 min时，Q的浓度降低0.3 mol·L-1，反应①中X浓度增大0.12 mol·L-1，则反应②中Y浓度增大0.18 mol·L-1，如果反应能进行到底，反应结束时，有60%的P转化为Y，故D错误。]2．(2024·汕头一模)氮氧化物的排放是导致酸雨形成的主要原因之一。某研究小组利用反应探究NO的转化：2NO(g)＋2CO(g) N2(g)＋2CO2(g) ΔH<0，向容积均为1 L的两个密闭容器中分别加入2 mol CO(g)和2 mol NO(g)，探究绝热恒容和恒温恒容条件下压强随时间的变化曲线，如图所示，下列有关说法错误的是( )A．乙为恒温恒容条件下发生的反应B．甲容器中NO的平衡转化率为C．反应平衡常数：M＜ND．甲容器压强先增大的原因是反应放热，产生的热量使体系温度升高，压强增大B [设恒温恒容条件下发生的反应，平衡时生成氮气的物质的量为a mol，由热化学方程式可知，平衡时，混合气体的总物质的量是(4－a)mol，由气体的压强之比等于物质的量之比可得：＝，解得a＝，则一氧化氮的转化率为＝，该反应为放热反应，绝热恒容条件下，反应温度升高，平衡向逆反应方向移动，一氧化氮的转化率减小，则甲容器中一氧化氮的平衡转化率小于，故B错误。]3．(2024·重庆月考)一定条件下，某金属氧化物(R2O，摩尔质量为M g·mol-1)发生分解反应：R2O(s) 2R(s)＋O2(g)，该反应平衡压强(pc)与温度(T)的关系如下表所示。T1温度下，向恒容容器中加入R2O，分解过程中反应速率v(O2)与压强p的关系为v(O2)＝k，k为速率常数(恒温为常数)，当固体质量减少8%时，逆反应速率最大。下列说法正确的是( )T/K 391 433 453pc/kPa 9 42 81A．该分解反应为放热反应B．453 K时反应的平衡常数Kp＝C．T1温度下，向恒容容器中加入m g R2O，当R2O的转化率为20%时，v(O2)为kD．某温度下，1 L恒容密闭容器中起始有R2O(s)、R(s)和O2(g)，建立平衡状态Ⅰ后，恒温将体积变为2 L，达平衡状态Ⅱ时，固体质量和起始固体质量相同，则建立平衡状态Ⅰ的过程中ΔS<0D [温度越高，平衡压强越大，说明温度升高，平衡正向移动，所以该反应为吸热反应，A错误； 453 K时反应的平衡压强为81 kPa，该反应的平衡常数Kp＝，B错误；当固体质量减少8%时，逆反应速率最大，说明反应达到平衡状态，减小质量为生成O2的质量，则生成 mol O2，当R2O转化率为20%时，则生成 mol O2，此时＝＝，则v(O2)＝k，C错误。]化学反应(历程)机理、化学反应速率和限度选择题专练 反应历程分析1．(2024·黄山二模)CO2制甲醇的反应历程如图：已知：Ⅰ．CO2与H2在活化后的催化剂表面生成甲醇的反应是放热的可逆反应Ⅱ．该过程的副反应：CO2(g)＋H2(g) CO(g)＋H2O(g) ΔH>0下列说法错误的是( )A．CO2制甲醇的热化学方程式为CO2(g)＋3H2(g) CH3OH(g)＋H2O(g) ΔH<0B．反应中经历了In—C、In—O的形成和断裂C．升高温度可以提高甲醇在平衡时的选择性D．加压可以提高CO2的平衡转化率C [由题给信息可知，二氧化碳制备甲醇的反应为放热反应，副反应为吸热反应，升高温度，主反应平衡向逆反应方向移动，副反应平衡向正反应方向移动，甲醇在平衡时的选择性降低，故C错误。]2．(2024·株洲模拟)一种利用H2和O2直接合成H2O2的反应历程如图所示。下列说法中错误的是( )A．总反应的原子利用率理论上可达100%B．步骤2中，若1 mol O2完全反应，则理论上转移电子数目为2NA(设NA为阿伏加德罗常数的值)C．降低了反应的活化能，加快了反应速率D．中Pd的化合价不相同D [中Cl化合价为－1价，则Pd为＋2价，中Cl化合价为－1价、O化合价为－1价，则Pd为＋2价，Pd的化合价相同，故D错误。]3．利用铜-铈氧化物(xCuO-yCeO2，Ce是活泼金属)催化氧化除去H2中的少量CO，总反应为2CO(g)＋O2(g) 2CO2(g) ΔH，反应机理如图所示。下列说法正确的是( )A．该总反应的平衡常数K＝B．步骤(ⅰ)中有两种元素化合价发生变化C．步骤(ⅰ)、(ⅲ)生成CO2的机理相同D．步骤(ⅲ)中存在共价键的断裂和共价键的生成AD [根据反应方程式，可得该总反应的平衡常数K＝，A项正确；通过步骤(ⅰ)可知，CO变成CO2，碳元素化合价升高，故Cu和Ce化合价会降低，所以步骤(ⅰ)中有三种元素化合价发生变化，B项错误；由反应机理可知，步骤(ⅰ)是一氧化碳与铜-铈氧化物中的氧元素结合，生成二氧化碳，步骤(ⅲ)是一氧化碳与氧气中的氧元素结合，生成二氧化碳，生成二氧化碳的机理不相同，C项错误；步骤(ⅲ)中氧气中的氧氧共价键发生断裂，同时有碳氧共价键生成，存在共价键的断裂和共价键的生成，D项正确。]4．(2024·石家庄一模)烯丙醇制备丙醛的反应机理如图所示，此过程中Co的配位数不变。下列说法错误的是( )A．该反应的原子利用率为100%B．反应过程中Co的化合价发生了变化C．反应过程中涉及π键的断裂与形成D．Co(CO)4H作催化剂B [该反应为CH2==CH—CH2OHCH3CH2CHO，原子利用率是100%，A项正确；根据配合物的结构式，其中心原子Co的化合价为＋1价，没有发生变化，B项错误；根据反应机理图可以看出，该过程涉及π键的断裂(C==C)与形成(C==O)，C项正确；反应前后Co(CO)4H没有发生改变，作催化剂，D项正确。]5．(2024·西安模拟)常温下，在MoS2催化下可实现CH4向CH3OH的直接转化，原理如图所示。下列说法正确的是( )A．反应过程中，Mo的化合价未发生变化B．生成甲醇的总反应为2CH4＋O2===2CH3OHC．MoS2降低了总反应的焓变D．反应过程中有非极性键的断裂和形成B [反应过程中，Mo的成键数目发生变化，化合价发生变化，A错误；CH4被氧化生成甲醇，总反应为2CH4＋O2===2CH3OH，B正确；催化剂MoS2降低了反应的活化能，但是不改变总反应的焓变，C错误；反应过程中有非极性键的断裂，但是没有非极性键的形成，D错误。]6．乙烷催化氧化为乙醛在合成化学和碳资源利用等方面均有重大意义。在Fe＋催化下乙烷氧化成乙醛的机理如图所示。下列说法正确的是( )A．C2H6、CH3CHO中C原子杂化方式均为sp3B．Fe＋一定不能改变乙烷氧化成乙醛的转化率C．根据图示机理，可推测X、Y分别为H2O、C2H5OHD．每生成1 mol CH3CHO，消耗N2O的物质的量大于2 molCD [CH3CHO中醛基碳为sp2杂化，A错误；由题干反应机理图可知，Fe＋催化过程中存在副反应，导致改变了乙烷氧化成乙醛的转化率，B错误；由题干反应机理图可知，反应： [(C2H5)Fe(OH)]＋―→[(C2H4)Fe]＋＋X、[(C2H5)Fe(OH)]＋―→Fe ＋＋Y，根据元素守恒可知，X、Y分别为H2O、C2H5OH，C正确；由题干反应机理图可知，若无副反应，则每生成1 mol CH3CHO，消耗N2O的物质的量为2 mol，但过程中存在副反应，且生成的Fe＋能还原N2O，故消耗N2O的物质的量大于2 mol，D正确。]7．(2024·湖北十一校二模)现有一种以“沸石笼”为载体对NO进行催化还原的原理如图所示，下列说法正确的是( )A．反应过程中O原子的成键数目保持不变B．作催化剂，虚线内物质是中间体C．反应④涉及非极性键的断裂和生成D．反应⑤中转移3 mol电子时，有1 mol NO参与反应D [从反应过程②③可以看出O原子的成键数目改变，A错误；、虚线内物质都是中间体，B错误；反应④只涉及非极性键的生成，没有非极性键的断裂，C错误；反应⑤===＋H2O中、NO中的Cu、N共得到3 mol电子时，有1 mol NO参与反应，D正确。]选择题专练 反应历程与活化能1．(2024·湛江一模)在处理汽车尾气的三元催化剂中，Rh的主要作用是消除NxO，Pd的主要作用是消除CO，部分催化机理及能量变化如图所示。下列说法不正确的是( )A．在NO和CO的整个反应过程中步骤ⅲ是决速步骤B．反应进行的三步分别是放热反应、放热反应和吸热反应C．第一步反应：Rh2Pd2＋NO＋CO―→NRh2Pd2＋CO2D．CO能促进NO转化成N2A [活化能较大的步骤反应速率较慢，由图知步骤ⅰ为整个反应的决速步骤，A错误；由反应能量可知，第一步和第二步相对能量降低，为放热反应，第三步相对能量升高，为吸热反应，B正确；由图像可知，第一步反应为Rh2Pd2＋NO＋CO―→NRh2Pd2＋CO2，C正确；没有CO存在时，NO转化成N2的活化能为E1，有CO存在时，转化活化能为E2，E1>E2，说明CO能促进NO转化成N2，D正确。]2．催化剂Ⅰ和Ⅱ均能催化反应：X(g) Y(g)。反应历程(如图)中，M为中间产物。其他条件相同时，下列说法正确的是( )A．使用催化剂Ⅰ和Ⅱ，反应历程都分4步进行B．反应达平衡时，降低温度，X的浓度增大C．使用催化剂Ⅰ时，反应体系更快达到平衡D．使用催化剂Ⅱ时，反应过程中M所能达到的最高浓度更大C [由图可知，使用催化剂Ⅰ和Ⅱ，反应历程都分4步进行，A正确；由图可知，该反应为放热反应，降低温度，平衡正向移动，X的浓度减小，B错误；使用催化剂Ⅰ时，反应的活化能更小，反应速率更快，体系更快达到平衡，C正确；由图可知在前两个历程中使用催化剂Ⅱ活化能较高，反应速率较慢，后两个历程中使用催化剂Ⅱ活化能较低，反应速率较快，所以使用催化剂Ⅱ时，反应过程中M所能达到的最高浓度更小，D错误。]3．(2024·赣州模拟)在催化剂CuMn2O4表面的NH3选择性催化还原NO的反应机理如图所示，*代表微粒吸附在催化剂表面，如NH3吸附在催化剂表面可表示为*NH3，Ea表示活化能。下列有关说法正确的是( )A．该反应温度越高，反应速率越快B．NH3比NO更易被催化剂CuMn2O4吸附C．反应过程中有非极性键的断裂与极性键的形成D．决定总反应速率的基元反应可表示为*NH3―→*NH2＋HD [NH3、NO与催化剂CuMn2O4结合的过程是放热的，温度高不利于结合，总反应不会温度越高反应速率越快，A错误；NO与催化剂CuMn2O4结合的过程放热更多，即结合后更稳定，NO比NH3更易被催化剂CuMn2O4吸附，B错误；反应过程中有极性键的断裂与非极性键的形成，C错误；NH3更不易被催化剂CuMn2O4吸附并产生H，是较慢的一步，为决定总反应速率的基元反应，D正确。]4．(2024·北京名校二模)在催化剂表面，丙烷催化氧化脱氢反应历程如图。下列说法不正确的是( )A．①中，催化剂被氧化B．②中，丙烷分子中的甲基先失去氢原子C．总反应为2CH3CH2CH3＋O2===＋2H2OD．总反应的速率由③决定D [①中催化剂失去氢原子，化合价升高，被氧化，A正确；②中丙烷分子中的甲基失去了氢原子变成了正丙基，B正确；从整个历程图来看，反应物是氧气和正丙烷，生成物是丙烯和水，化学方程式正确，C正确；①过程中活化能为181.1 kJ·mol-1，②过程中活化能为27.9 kJ·mol-1，③过程中活化能为20.2 kJ·mol-1，活化能越大，反应速率越慢，则①为整个反应的决速步，D错误。]5．(2024·佛山二模)一种催化CH4制备CH3OH的部分反应历程和能量变化如图所示，其中吸附在催化剂表面上的物种用*标注。下列说法正确的是( )A．有4个基元反应B．升温有利于CH4的吸附C．反应＋H*＋O*不是决速步D．增大CH4的投入量，可提高其平衡转化率C [根据图示可知，该过程包含＋H*＋O*、＋H*＋O*―→CH3OH*共2个基元反应，A错误；＋O* ΔH＝－7.15 kJ·mol-1，升高温度不利于CH4的吸附，B错误；＋H*＋O*―→CH3OH*活化能较大，反应速率较慢，是决速步，C正确；增大CH4的投入量，可提高反应速率，但不能提高平衡转化率，D错误。]6．在一密闭容器中，物质M发生三个脱水的竞争反应：①M(g) N(g)＋H2O(g) ΔH1 ②M(g) E(g)＋H2O(g) ΔH2 ③M(g) F(g)＋H2O(g) ΔH3，反应历程如图所示。相同条件下，下列说法正确的是( )A．由图可知，物质M比物质N稳定B．反应①比反应②和③更快达到化学平衡C．E(g) 2F(g)＋H2O(g)的反应热ΔH＝2ΔH3－2ΔH2D．平衡后压缩容器，物质E的物质的量增加CD [物质能量越低越稳定，物质M和物质N能量无法比较，两者稳定性无法比较，A错误；反应①活化能高于反应②和③，更慢达到化学平衡，B错误；②M(g) E(g)＋H2O(g) ΔH2 ③M(g) F(g)＋H2O(g) ΔH3，由盖斯定律，2×③－2×②可得E(g) 2F(g)＋H2O(g)，反应热ΔH＝2ΔH3－2ΔH2，C正确；平衡后压缩容器，反应①和③逆向移动，M的物质的量增加，物质E的物质的量增加，D正确。]7．常温常压下，利用Cu/ZnO/ZrO催化剂实现二氧化碳加氢制甲醇的反应历程和能量变化如图所示(其中吸附在催化剂表面上的粒子用*标注)：下列说法正确的是( )A．转化历程有四个基元反应，决速步为HCOO*＋5H*===CH3O*＋H2O＋H*B．若无Cu/ZnO/ZrO催化剂，二氧化碳加氢制甲醇不能自发进行C．反应过程中断裂与形成的共价键类型相同D．寻找高效催化剂，有利于CO2的回收利用，使该反应原子利用率达到100%A [由图可知，转化历程有四个基元反应；活化能越大，反应越慢，为决速步，决速步为HCOO*＋5H*===CH3O*＋H2O＋H*，A正确；催化剂能改变反应的速率，不能决定反应是否自发进行，无Cu/ZnO/ZrO催化剂，二氧化碳加氢制甲醇依然能自发进行，B错误；反应过程中断裂与形成的共价键类型不相同，C错误；反应产物还有水生成，原子利用率不可能达到100%，D错误。]选择题专练 化学反应速率与化学平衡1．(2024·南通一模)反应2C2H4(g)＋6NO(g)＋3O2(g)===4CO2(g)＋4H2O(g)＋3N2(g)可用于去除氮氧化物，Cu＋催化该反应的过程如图所示。下列说法正确的是( )A．反应过程中，Cu＋参与反应，降低了反应的焓变B．该反应的平衡常数K＝C．其他条件不变时，增大，NO的平衡转化率减小D．步骤Ⅲ中每消耗1 mol Cu＋(NO2)，转移电子数目为4×6.02×1023D [Cu＋作催化剂，降低反应活化能，不影响焓变，A错误；反应产物水为气态，平衡常数表达式中不能漏掉c4(H2O)，B错误；增大，则NO的转化率增大，C错误。]2．(2024·青岛一模)向100 mL 0.001 mol·L-1的A溶液中逐滴加入等浓度的B溶液，反应为A(aq)＋B(aq) AB(aq) ΔH<0。不同温度下充分反应的放热情况如图(忽略溶液混合过程中的体积变化，不考虑温度对ΔH的影响)。下列说法错误的是( )A．ΔH＝－100.0 kJ·mol-1B．T1C．T2时，该反应平衡常数约为667D．T1时，100 mL 0.001 mol·L-1的AB溶液达到平衡时，吸收热量Q<4.3 JC [T2时加入200 mL B溶液放出热量为5 J，则A的转化率为50%，建立三段式： A(aq) ＋ B(aq) AB(aq)起始/mol 10-4 2×10-4 0变化/mol 5×10-5 5×10-5 5×10-5平衡/mol 5×10-5 1.5×10-4 5×10-5平衡时溶液体积为0.3 L，则平衡常数为K＝＝2 000，故C错误。]3．某密闭容器中含有X和Y，同时发生以下两个反应：①X＋Y M＋Q；②X＋Y N＋Q。反应①的正反应速率v1(正)＝k1c(X)·c(Y)，反应②的正反应速率v2(正)＝k2c(X)·c(Y)，其中k1、k2为速率常数。某温度下，体系中生成物浓度(c)随时间(t)变化的曲线如图所示。下列说法正确的是( )A．10 s时，正反应速率v1(正)>v2(正)B．0～6 s内，X的平均反应速率v(X)＝0.5 mol·L-1·s-1C．若升高温度，4 s时容器中c(N)∶c(M)的比值减小D．反应①的活化能小于反应②AD [由图可知，初始生成M的速率大于N，则k1>k2，10 s时两个反应均达到平衡状态，由于v1(正)＝k1c(X)·c(Y)、v2(正)＝k2c(X)·c(Y)，则正反应速率v1(正)>v2(正)，A正确；反应①②中X、Q的系数均为1，则0～6 s内，X的平均反应速率v(X)＝v(Q)＝ mol·L-1·s-1＝1 mol·L-1·s-1，B错误；4 s后M浓度减小，可能为Q浓度增大导致反应①的平衡逆向移动所致，不确定2个反应的吸热放热情况，不能确定若升高温度，4 s时容器中c(N)∶c(M)的比值变化情况，C错误；由图可知，初始生成M的速率大于N，则反应①的活化能小于反应②，D正确误。]4．(2024·黄山一模)室温下，某溶液初始时仅溶有A，同时发生两个反应：①A B＋C；②A B＋D，反应①的速率可表示为v1＝k1c(A)，反应②的速率可表示为v2＝k2c(A)(k1、k2为速率常数)，图1为T2温度时，该体系中A、B、C、D浓度随时间变化的曲线，图2为反应①和②的ln k～曲线，下列说法正确的是( )A．L4表示D浓度随时间变化的曲线B．t1＝2 s时曲线L1表示的物质的化学反应速率为2 mol·L-1·s-1C．T2温度时，反应①的活化能比反应②的活化能小D．若图1的温度降低，t0时刻体系中的值变大D [由化学方程式可知，两个反应中A都是反应物、B都是生成物，则L2代表A浓度随时间变化的曲线、L1代表B浓度随时间变化的曲线；由图2可知，温度为T2时，速率常数k1＜k2，则图1中对应曲线L3代表D浓度随时间变化的曲线、L4代表C浓度随时间变化的曲线，A错误；2 mol·L-1·s-1表示的是2 s内的平均反应速率，B错误；反应的活化能越大，反应速率越小，由图2可知，T2温度时，反应①的反应速率慢于反应②，则反应①的活化能大于反应②，C错误；由图2可知，温度降低时，体系中反应①的速率降低幅度大于反应②，则图1的温度降低时，t0时刻体系中的值变大，D正确。]5．向密闭容器中充入一定量H2和N2混合气体，在一定条件下，发生反应：N2(g)＋3H2(g) 2NH3(g) ΔH＝－92.4 kJ·mol-1。测得NH3在不同温度下的平衡时产率与压强的关系如图所示。下列说法正确的是( )A．平衡常数：K(A)>K(B)>K(C)B．逆反应速率：v(A)>v(B)>v(C)C．反应温度：T1D．混合气体平均摩尔质量：M(A)>M(B)>M(C)D [ΔH<0，则同一压强下，升高温度，平衡逆向移动，氨气的平衡产率降低，平衡常数K减小，故T1>T2，K(A)>K(B)。平衡常数只与温度有关，则K(A)>K(B)＝K(C)，A错误；平衡时，正、逆反应速率相等，相同压强，温度高反应速率大，则v(B)>v(A)，相同温度时，压强大反应速率快，则v(B)>v(C)，B错误；由分析可知，反应温度：T1>T2，C错误；由＝可知，混合气体质量不变，物质的量越大，平均摩尔质量越小，氨气的平衡产率越低，混合气体物质的量越大，即n(A)M(B)>M(C)，D正确。]6．(2024·南宁二模)CO2的回收和利用是实现“碳中和”的有效途径。在一恒容密闭反应器中充入体积之比为1∶1的CO2和H2，发生反应：①CO2(g)＋H2(g) HCOOH(g) ΔH＝＋31.2 kJ·mol-1，②CO2(g)＋H2(g) CO(g)＋H2O(g) ΔH2＝＋41.2 kJ·mol-1。在相同时间内，CO2的转化率、HCOOH的选择性[HCOOH的选择性＝×100%]与温度的关系如图所示。下列叙述错误的是( )A．温度高于673 K时，主要发生反应②B．温度低于673 K时，HCOOH的选择性随温度升高而增大C．平衡时，再充入0.1 mol CO2和0.1 mol H2，再次达到平衡时，HCOOH的物质的量增大D．673 K下反应达到平衡时，CO2、HCOOH、CO的物质的量浓度之比为5∶57∶133D [由图可知，温度高于673 K时，CO2的转化率增大，HCOOH的选择性减小，主要发生反应②，故A正确；由图可知，温度低于673 K时，HCOOH的选择性随温度升高而增大，故B正确；反应②为反应前后气体体积不变的反应，反应①为反应前后气体体积减小的反应，按比例充入反应物，相当于增大压强，反应①平衡正向移动，再次达到平衡时，HCOOH的物质的量增大，故C正确；设充入的CO2和H2各为1 mol，673 K下反应达到平衡时，CO2的转化率为95%，则剩余的CO2为1 mol×(1－95%)＝0.05 mol，HCOOH的选择性为30%，则生成的HCOOH为1 mol×95%×30%＝0.285 mol，生成的CO为1 mol×95%×70%＝0.665 mol，则CO2、HCOOH、CO的物质的量浓度之比为0.05∶0.285∶0.665＝10∶57∶133，故D错误。]7．在一定温度条件下，甲、乙两个容积相等的恒容密闭容器中均发生如下反应：3A(g)＋B(g) xC(g)＋D(s)，向甲中通入6 mol A和2 mol B，向乙中加入1.5 mol A、0.5 mol B和3 mol C和2 mol D，反应一段时间后都达到平衡，此时测得甲、乙两容器中C的体积分数都为0.2，下列叙述中正确的是( )A．若平衡时，甲、乙两容器中A的物质的量不相等，则x＝2B．平衡时，甲、乙两容器中A、B的物质的量之比不相等C．平衡时甲中A的体积分数为60%D．若平衡时两容器中的压强不相等，则两容器中压强之比为8∶5CD [反应一段时间后都达到平衡，此时测得甲、乙两容器中C的体积分数都为0.2，说明甲、乙两容器为等效平衡状态，D为固体，若平衡时，甲、乙两容器中A的物质的量不相等，则应满足化学方程式左右两边气体的化学计量数之和相等，应有3＋1＝x，x＝4，A项错误；由于甲、乙两容器中A、B的投料比均为1∶3，化学计量数之比也为1∶3，则平衡时，甲、乙两容器内A、B的物质的量之比相等，B项错误；C的体积分数都为0.2，则A、B共占80%，而n(A)∶n(B)＝3∶1，所以平衡时甲中A的体积分数为60%，C项正确；x＝4，则反应前后气体压强不变，则两容器中压强之比为(6＋2)∶(1.5＋0.5＋3)＝8∶5，D项正确。]8．(2024·怀化二模)2NO2(g) N2O4(g)，v正(NO2)＝k1·c2(NO2)，v逆(N2O4)＝k2·c(N2O4)，其中k1、k2只与温度有关，T0时，k1＝k2，将一定量的NO2充入注射器中，改变活塞位置，气体透光率随时间的变化如图所示(气体颜色越深，透光率越低)，下列说法错误的是( )A．d点v正(NO2)B．T0时，K＝0.5C．T1时，k2＝0.6k1，则T1D．保持容积不变，再充入一定量NO2气体，NO2的平衡转化率不变D [由反应达到平衡时，正、逆反应速率相等可得：k1c2(NO2)＝2k2c(N2O4)，整理可得：＝＝K，T0时，速率常数k1＝k2，则反应的平衡常数K＝＝＝0.5，B正确；由图可知，d点后透光率减小，说明二氧化氮浓度增大，平衡向逆反应方向移动，则二氧化氮的正反应速率小于逆反应速率，A正确；该反应为放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，平衡常数减小，T1时，速率常数k2＝0.6k1，反应的平衡常数K′＝＝＞K＝0.5，则温度T1小于T0，C正确；保持容积不变，再充入一定量二氧化氮气体，相当于增大压强，平衡向正反应方向移动，二氧化氮的转化率增大，D错误。]高考题集训 化学反应(历程)机理、化学反应速率和限度1．(2024·甘肃卷，T10)甲烷在某含Mo催化剂作用下部分反应的能量变化如图所示，下列说法错误的是( )A．E2＝1.41 eVB．步骤2逆向反应的ΔH＝＋0.29 eVC．步骤1的反应比步骤2快D．该过程实现了甲烷的氧化C [由能量变化图可知，E2＝0.70 eV－(－0.71 eV)＝1.41 eV，A项正确；由能量变化图可知，步骤2逆向反应的ΔH＝－0.71 eV－(－1.00 eV)＝＋0.29 eV，B项正确；由能量变化图可知，步骤1的活化能E1＝0.70 eV，步骤2的活化能E3＝－0.49 eV－(－0.71 eV)＝0.22 eV，步骤1的活化能大于步骤2的活化能，步骤1的反应比步骤2慢，C项错误；该过程甲烷转化为甲醇，属于加氧氧化，该过程实现了甲烷的氧化，D项正确。]2．(2024·湖南卷，T14)恒压下，向某密闭容器中充入一定量的CH3OH(g)和CO(g)，发生如下反应：主反应：CH3OH(g)＋CO(g)===CH3COOH(g) ΔH1副反应：CH3OH(g)＋CH3COOH(g)===CH3COOCH3(g)＋H2O(g) ΔH2在不同温度下，反应达到平衡时，测得两种含碳产物的分布分数δ随投料比x(物质的量之比)的变化关系如图所示，下列说法正确的是( )A．投料比x代表B．曲线c代表乙酸的分布分数C．ΔH1<0，ΔH2>0D．L、M、N三点的平衡常数：K(L)＝K(M)>K(N)D [题干明确指出，图中曲线表示的是测得两种含碳产物的分布分数即分别为δ(CH3COOH)、δ(CH3COOCH3)，若投料比x代表，x越大，可看作是CH3OH的量增多，则对于主、副反应可知生成的CH3COOCH3越多，CH3COOCH3分布分数越高，则曲线a或曲线b表示CH3COOCH3分布分数，曲线c或曲线d表示CH3COOH分布分数，据此分析可知A、B均正确，可知如此假设错误，则可知投料比x代表，曲线a或曲线b表示δ(CH3COOH)，曲线c或曲线d表示δ(CH3COOCH3)，据此作答。根据分析可知，投料比x代表，故A错误；根据分析可知，曲线c表示CH3COOCH3分布分数，故B错误；根据分析可知，曲线a或曲线b表示δ(CH3COOH)，当同一投料比时，观察图像可知T2时δ(CH3COOH)大于T1时δ(CH3COOH)，而T2>T1可知，温度越高则δ(CH3COOH)越大，说明温度升高主反应的平衡正向移动，ΔH1>0；曲线c或曲线d表示δ(CH3COOCH3)，当同一投料比时，观察可知T1时δ(CH3COOCH3)大于T2时δ(CH3COOCH3)，而T2>T1可知，温度越高则δ(CH3COOCH3)越小，说明温度升高副反应的平衡逆向移动，ΔH2<0，故C错误；L、M、N三点对应副反应ΔH2<0，且TN>TM＝TL，升高温度平衡逆向移动，K(L)＝K(M)>K(N)，故D正确。]3．(2023·新课标全国卷，T12)“肼合成酶”以其中的Fe2+配合物为催化中心，可将NH2OH与NH3转化为肼(NH2NH2)，其反应历程如下所示。下列说法错误的是( )A．NH2OH、NH3和H2O均为极性分子B．反应涉及N—H、N—O键断裂和N—N键生成C．催化中心的Fe2+被氧化为Fe3+，后又被还原为Fe2+D．将NH2OH替换为ND2OD，反应可得ND2ND2D [NH2OH、NH3和H2O分子中中心原子上都有孤电子对，分子正、负电中心都不能重合，故均为极性分子，A正确；反应中NH3变为—NH2，有N—H断裂，NH2OH变为—NH2，有N—O键断裂，生成了H2N—NH2，有N—N键生成，B正确；根据“肼合成酶”以其中的Fe2+配合物为催化中心可知，第一个物质中铁元素为＋2价，第二个物质中，Fe2+失去一个电子变为Fe3+，第四个物质中Fe3+得到e－又重新变为Fe2+，C正确；根据题图可知，ND2OD与NH3反应生成ND2—NH2和HDO，得不到ND2ND2，D错误。]4．(2024·北京卷，T10)可采用Deacon催化氧化法将工业副产物HCl制成Cl2，实现氯资源的再利用。反应的热化学方程式：4HCl(g)＋O2(g)2Cl2(g)＋2H2O(g) ΔH＝－114.4 kJ·mol-1。下图所示为该法的一种催化机理。下列说法不正确的是( )A．Y为反应物HCl，W为生成物H2OB．反应制得1 mol Cl2，须投入2 mol CuOC．升高反应温度，HCl被O2氧化制Cl2的反应平衡常数减小D．图中转化涉及的反应中有两个属于氧化还原反应B [由该反应的热化学方程式可知，该反应涉及的主要物质有HCl、O2、CuO、Cl2、H2O；CuO与Y反应生成Cu(OH)Cl，则Y为HCl；Cu(OH)Cl分解生成W和Cu2OCl2，则W为H2O；CuCl2分解为X和CuCl，则X为Cl2；CuCl和Z反应生成Cu2OCl2，则Z为O2；综上所述，X、Y、Z、W依次是Cl2、HCl、O2、H2O。由分析可知，Y为反应物HCl，W为生成物H2O，A正确；CuO在反应中作催化剂，会不断循环，适量即可，B错误；总反应为放热反应，其他条件一定，升温平衡逆向移动，平衡常数减小，C正确；图中涉及的两个氧化还原反应是CuCl2―→CuCl和CuCl―→Cu2OCl2，D正确。]21世纪教育网(www.21cnjy.com)反应历程 活化能与反应热(1)循环转化反应历程涉及的各步转化原理，催化剂、中间物质、反应物、生成物的判定及断键、成键分析等。(2)涉及“能量—反应历程”的图像分析、活化能的应用分析与能量变化分析等。1．(2024·贵州卷，T14)AgCN与CH3CH2Br可发生取代反应，反应过程中CN－的C原子和N原子均可进攻CH3CH2Br，分别生成腈(CH3CH2CN)和异腈(CH3CH2NC)两种产物。通过量子化学计算得到的反应历程及能量变化如图(TS为过渡态，Ⅰ、Ⅱ为后续物)。由图示信息，下列说法错误的是( )A．从CH3CH2Br生成CH3CH2CN和CH3CH2NC的反应都是放热反应B．过渡态TS1是由CN－的C原子进攻CH3CH2Br的α-C而形成的C．Ⅰ中“N--Ag”之间的作用力比Ⅱ中“C--Ag”之间的作用力弱D．生成CH3CH2CN放热更多，低温时CH3CH2CN是主要产物2．(2023·湖南卷，T14)N2H4是一种强还原性的高能物质，在航天、能源等领域有广泛应用。我国科学家合成的某Ru(Ⅱ)催化剂(用[L-Ru—NH3]＋表示)能高效电催化氧化NH3合成N2H4，其反应机理如图所示。下列说法错误的是( )A．Ru(Ⅱ)被氧化至Ru(Ⅲ)后，配体NH3失去质子能力增强B．M中Ru的化合价为＋3C．该过程有非极性键的形成D．该过程的总反应式：===3．(2024·河北卷，T14)我国科技工作者设计了如图所示的可充电Mg-CO2电池，以Mg(TFSI)2为电解质，电解液中加入1，3-丙二胺(PDA)以捕获CO2，使放电时CO2还原产物为MgC2O4。该设计克服了MgCO3导电性差和释放CO2能力差的障碍，同时改善了Mg2+的溶剂化环境，提高了电池充放电循环性能。对上述电池放电时CO2的捕获和转化过程开展了进一步研究，电极上CO2转化的三种可能反应路径及相对能量变化如图(表示吸附态)。下列说法错误的是( )A．PDA捕获CO2的反应为B．路径2是优先路径，速控步骤反应式为C．路径1、3经历不同的反应步骤但产物相同；路径2、3起始物相同但产物不同D．三个路径速控步骤均涉及转化，路径2、3的速控步骤均伴有PDA再生1．催化剂对反应过程影响示意图[说明] E1、E2是非催化反应的正、逆反应的活化能，E1′、E2′是催化反应的正、逆反应活化能。(1)使用催化剂改变了反应历程。(2)使用催化剂降低正、逆反应活化能，但不影响焓变ΔH。(3)多步反应历程中，活化能大的为慢反应，为决速步骤。2．反应历程图的分析模型1．(2024·安庆二模)某课题组通过自由基杂环反应直接合成各种C60稠合的内酰胺，应用于钙钛矿电池器件中。底物与Cu(Ⅰ)物种通过电子转移经历两种途径得到目标产物D。下列说法错误的是( )A．Cu(Ⅰ)物种是催化剂B．底物具有氧化性C．两种途径不同，总反应的反应热也不同D．合成过程中C60中碳碳双键断裂2．(2024·齐齐哈尔一模)某教授研究了铑(Rh)配合物催化醛酮氢化反应，提出的反应机理如图所示，1、2、3、4四种反应的反应热分别为ΔH1、ΔH2、ΔH3、ΔH4，下列说法错误的是( )A．LnRh在氢化反应中作催化剂B．该机理的总反应的反应热ΔH＝ΔH1＋ΔH2＋ΔH3＋ΔH4C．若步骤②为决速步骤，则其活化能最大D．与SiH4发生上述反应可生成3．(2024·重庆模拟)乙烷制乙烯有两种方法，方法一：用Co基催化剂催化乙烷脱氢，但该催化剂对C—H键和C—C键的断裂均有较高活性。方法二：乙烷催化氧化脱氢，反应历程如图所示。下列说法正确的是( )A．方法一中可能形成碳单质沉积在Co基催化剂表面使其失活，影响催化效率B．方法二的反应历程中只涉及极性键的断裂和生成C．方法二中升高温度可提高反应的平衡产率D．方法二中反应决速步骤的化学方程式为BNO·＋HO2·＋C2H6·===BNOH＋HO2·＋C2H5·4．(2024·汕头一模)三甲胺N(CH3)3是重要的化工原料。我国科学家利用(CH3)2NCHO(简称DMF)在铜催化作用下转化得到N(CH3)3，如图是计算机模拟单个DMF分子在铜催化剂表面的反应历程(表示物质吸附在铜催化剂上)，下列说法错误的是( )A．该反应为放热反应，降温可提高DMF的平衡转化率B．该历程包含6个基元反应，最大能垒(活化能)为1.19eVC．设法提高N(CH3)3＋OH＋H===N(CH3)3(g)＋H2O(g)的速率可以提高总反应速率D．若1 mol DMF完全转化为三甲胺，则会吸收1.02 eV·NA的能量D [由反应物和生成物的相对能量可知，反应放热为0 eV－(－1.02 eV)＝1.02 eV，1 mol DMF完全转化为三甲胺，则会释放出1.02 eV·NA的能量，故D错误。]化学反应速率和化学平衡(1)化学反应速率与化学平衡的影响因素。(2)反应速率、平衡常数、速率常数的基本计算与应用。(3)基础图像的分析。1．(2024·安徽卷，T12)室温下，为探究纳米铁去除水样中的影响因素，测得不同条件下浓度随时间变化关系如图。实验序号 水样体积/mL 纳米铁质量/mg 水样初始pH① 50 8 6② 50 2 6③ 50 2 8下列说法正确的是( )A．实验①中，0～2小时内平均反应速率＝2.0 mol·L-1·h-1B．实验③中，反应的离子方程式为＋8H＋===2Fe3+＋Se＋4H2OC．其他条件相同时，适当增加纳米铁质量可加快反应速率D．其他条件相同时，水样初始pH越小的去除效果越好2．(2024·黑吉辽卷，T10)异山梨醇是一种由生物质制备的高附加值化学品，150 ℃时其制备过程及相关物质浓度随时间变化如图所示，15 h后异山梨醇浓度不再变化。下列说法错误的是( )A．3 h时，反应②正、逆反应速率相等B．该温度下的平衡常数：①>②C．0～3 h平均速率v(异山梨醇)＝0.014 mol·kg-1·h-1D．反应②加入催化剂不改变其平衡转化率3．(2023·河北卷，T12)在恒温恒容密闭容器中充入一定量W(g)，发生如下反应：反应②和③的速率方程分别为v2＝k2c2(X)和v3＝k3c(Z)，其中k2、k3分别为反应②和③的速率常数，反应③的活化能大于反应②。测得W(g)的浓度随时间的变化如下表。t/min 0 1 2 3 4 5cW/ (mol·L-1) 0.160 0.113 0.080 0.056 0.040 0.028下列说法正确的是( )A．0～2 min内，X的平均反应速率为0.080 mol·L-1·min-1B．若增大容器容积，平衡时Y的产率增大C．若k2＝k3，平衡时c(Z)＝c(X)D．若升高温度，平衡时c(Z)减小4．(2023·湖南卷，T13)向一恒容密闭容器中加入1 mol CH4和一定量的H2O，发生反应：CH4(g)＋H2O(g) CO(g)＋3H2(g)。CH4的平衡转化率按不同投料比x[x＝]随温度的变化曲线如图所示。下列说法错误的是( )A．x1B．反应速率：vb正C．点a、b、c对应的平衡常数：KaD．反应温度为T1，当容器内压强不变时，反应达到平衡状态(1)对于2NO2(g) N2O4(g)，当v正(NO2)＝v逆(N2O4)时，反应达到平衡状态。 (×)(2)升高温度，平衡向吸热方向移动，故v吸增大，v放减小。 (×)(3)改变条件，平衡正向移动，化学平衡常数一定增大。 (×)(4)C(s)＋H2O(g) CO(g)＋H2(g)的平衡常数K＝。 (×)(5)向平衡体系中增加任何反应物，正反应速率一定增大。 (×)(6)一定温度下，在2SO2(g)＋O2(g) 2SO3(g)反应体系中，减小容器体积，平衡正向移动，c(SO2)减小。 (×)(7)使用高效催化剂，可以提高反应的平衡转化率。 (×)(8)同一可逆反应的K正＝－K逆，ΔH正＝－ΔH逆。 (×)1．化学反应速率与平衡的计算模式——“三段式”如mA(g)＋nB(g) pC(g)＋qD(g)，令A、B起始物质的量浓度分别为a mol·L-1、b mol·L-1，达到平衡时消耗A的物质的量浓度为mx mol·L-1，列三段式： mA(g)＋nB(g) pC(g)＋qD(g)c始/(mol·L-1) a b 0 0c转/(mol·L-1) mx nx px qxc平/(mol·L-1) a－mx b－nx px qx则有(1)Δt s内消耗A的速率v(A)＝。(2)α(A)＝×100%。(3)K＝。(4)产率＝×100%。(5)混合物中某组分的百分含量＝×100%。2．化学平衡常数(1)同一可逆反应中，K正·K逆＝1。(2)同一化学方程式中的化学计量数等倍扩大n倍或缩小到原来的，则新平衡常数K′与原平衡常数K之间的关系是K′＝Kn或K′＝。(3)几个可逆反应化学方程式相加，得总反应化学方程式，则总反应的平衡常数等于分步反应平衡常数之积。如已知A＋B 2C K1，C＋D E K2，则A＋B＋2D 2E的K3＝。(4)正、逆反应的速率常数(k)与平衡常数的关系：对于基元反应aA(g)＋bB(g) cC(g)＋dD(g)，v正＝k正· ca(A)·cb(B)，v逆＝k逆·cc(C)·cd(D)，平衡常数K＝＝，反应达到平衡时，v正＝v逆，故K＝。3．平衡移动的分析思路(1)(2)浓度商Q与平衡常数K的相对大小4．基本图像分析对于反应mA(g)＋nB(g) pC(g)＋qD(g)，m＋n>p＋q，且ΔH>0。(1)速率—时间图(2)转化率(或含量)—时间图(3)恒压(温)线(4)平衡的建立与移动1．(2024·永州三模)室温下，在P和Q浓度相等的混合溶液中，同时发生反应①P＋Q===X＋Z和反应②P＋Q===Y＋Z，反应①和②的速率方程分别是v1＝k1c2(P)、v2＝k2c2(P)(k1、k2为速率常数)。反应过程中，Q、X的浓度随时间变化情况如图所示。下列说法错误的是( )A．反应开始后，体系中X和Y的浓度之比保持不变B．45 min时Z的浓度为0.4 mol·L-1C．反应①的活化能比反应②的活化能大D．如果反应能进行到底，反应结束时，有40%的P转化为Y2．(2024·汕头一模)氮氧化物的排放是导致酸雨形成的主要原因之一。某研究小组利用反应探究NO的转化：2NO(g)＋2CO(g) N2(g)＋2CO2(g) ΔH<0，向容积均为1 L的两个密闭容器中分别加入2 mol CO(g)和2 mol NO(g)，探究绝热恒容和恒温恒容条件下压强随时间的变化曲线，如图所示，下列有关说法错误的是( )A．乙为恒温恒容条件下发生的反应B．甲容器中NO的平衡转化率为C．反应平衡常数：M＜ND．甲容器压强先增大的原因是反应放热，产生的热量使体系温度升高，压强增大3．(2024·重庆月考)一定条件下，某金属氧化物(R2O，摩尔质量为M g·mol-1)发生分解反应：R2O(s) 2R(s)＋O2(g)，该反应平衡压强(pc)与温度(T)的关系如下表所示。T1温度下，向恒容容器中加入R2O，分解过程中反应速率v(O2)与压强p的关系为v(O2)＝k，k为速率常数(恒温为常数)，当固体质量减少8%时，逆反应速率最大。下列说法正确的是( )T/K 391 433 453pc/kPa 9 42 81A．该分解反应为放热反应B．453 K时反应的平衡常数Kp＝C．T1温度下，向恒容容器中加入m g R2O，当R2O的转化率为20%时，v(O2)为kD．某温度下，1 L恒容密闭容器中起始有R2O(s)、R(s)和O2(g)，建立平衡状态Ⅰ后，恒温将体积变为2 L，达平衡状态Ⅱ时，固体质量和起始固体质量相同，则建立平衡状态Ⅰ的过程中ΔS<021世纪教育网(www.21cnjy.com) 展开更多...... 收起↑ 资源列表 高考化学二轮复习语言与概念四选择题命题区间七化学反应(历程)机理、化学反应速率和限度.docx 高考化学二轮复习语言与概念四选择题命题区间七化学反应(历程)机理、化学反应速率和限度学案.docx 高考化学二轮复习语言与概念四选择题命题区间七化学反应(历程)机理、化学反应速率和限度课件.ppt
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